Sử dụng bất đẳng thức cô si trong tìm cực trị hình học

Tailieumontoan.com

Tiến Sĩ Vũ Tiến Lưỡng

SỬ DỤNG BĐT CƠ- SI

TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Sưu tầm tổng hợp


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
A - ĐẶT VẤN ĐỀ
Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài tốn khó,
làm cho học sinh phổ thơng, nhất là trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi
gặp dạng toán này. Thực sự đây là một phần rất quan trọng của hình học, và những
kiến thức về bất đẳng thức trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng
của Toán học.
So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm
nhiều. Một trong những nguyên nhân khó giải quyết vấn đề này là vì phương pháp tiếp
cận khơng phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình học, và
cũng khơng phải chỉ là phương pháp đại số thuần tuý. Để giải một bài toán về bất đẳng
thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách
thích hợp và nhạy bén.
Qua thực tế những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi
Tốn 9, tơi nhận thấy việc khai thác bất đẳng thức Cơsi trong q trình giải các bài tốn
bất đẳng thức và cực trị hình học là một hướng tiếp cận hiệu quả, khơng chỉ bởi lẽ đối
tượng của hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo góc, …) và đối tượng để áp
dụng BĐT Côsi là tương đồng (đại lượng khơng âm), mà cịn bởi tính đa dạng của BĐT
Côsi trong vận dụng. Sự khéo léo, linh hoạt trong việc khai thác BĐT Côsi là một yêu
cầu đối với học sinh giỏi Tốn. Mức độ khó, dễ của bài tốn cũng có thể được điều

chỉnh tuỳ theo chủ ý của người ra đề. Với những suy nghĩ đó, tơi mạnh dạn nghiên cứu
đề tài “ Khai thác bất đẳng thức Cơsi trong việc ra các bài tốn nâng cao lớp 9”, mà cụ
thể là các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học. Nội dung đề tài tạm chia làm ba
phần. Phần một gồm một số bài tốn điển hình và những nhận xét của tác giả. Phần hai
là một vài suy nghĩ và những trao đổi xung quanh việc khai thác một bài toán gốc của
đại số để cho ra những bài toán với những mức độ khác nhau của hình học, thơng qua
những ví dụ cụ thể minh hoạ. Và phần ba là một số bài tập đề xuất.
Mong muốn đây là một tài liệu tham khảo hữu ích với các em học sinh giỏi Tốn
lớp 9, và các thầy cơ tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS cùng các độc giả u
thích Tốn học.
VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TỐN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
B - NỘI DUNG
Ta bắt đầu bằng việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi:
Cho a1, a2, …, an là các số khơng âm. Ta ln có:
a1+a2+...+an
≥
n

n

a1a2...an

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an.
* Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là : Với các số không âm, trung bình cộng khơng
nhỏ hơn trung bình nhân. Trung bình cộng và trung bình nhân bằng nhau khi và chỉ

khi các số đó bằng nhau.
* Ý nghĩa của BĐT Cơsi:
+ n số khơng âm có tổng khơng đổi, tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi các số
đó bằng nhau.
+ n số dương có tích khơng đổi, tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi các số đó
bằng nhau.
I. Một số bài tốn điển hình
Bài 1 : (Một kết quả đẹp và thú vị về tứ giác nội tiếp)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Hai đường chéo AC và BD
cắt nhau tại I. Chứng minh rằng :
AB CD BC AD IA IC IB ID
+
+
+
≤
+
+
+
CD AB AD BC IC IA ID IB
Chứng minh : (Hình 1)
Dễ thấy ∆ ABI ∽ ∆ DCI (g.g)

AB AI BI
AB
⇒
=
=
⇒
=
CD DI CI

CD

C
B

AI BI
.
(1)
DI CI

Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có:
AI BI 1 AI BI
. ≤ (
+
)
DI CI 2 CI ID

I

(2)

A
D

IA IB
Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔
=
IC ID
Từ (1) và (2) ⇒

AB 1 IA IB
≤ (
+ )
CD 2 IC ID

(3)

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TỐN HỌC

Hình 1

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Hồn tồn tương tự, ta cũng có:
CD 1 IC ID
≤ (
+
)
AB 2 IA IB

(4)

BC 1 IB IC
≤ (
+
)
AD 2 ID IA

(5)

AD 1 IA ID
≤ ( +
)
BC 2 IC IB

(6)

Dấu bằng trong (4), (5), (6) xảy ra tương ứng khi

IC ID IB IC IA ID
=
,
=
,
=
.
IA IB ID IA IC IB

Cộng từng vế của (3),(4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra
khi IA = IB = IC = ID ⇔ ABCD là hình chữ nhật.
Nhận xét: Trong bài toán trên, mặc dù dấu của bất đẳng thức cần chứng minh là ≤, trong
khi cả hai vế của bất đẳng thức đều ở dạng tổng của các hạng tử. Chìa khố để giải
quyết bài tốn ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi hạng tử của vế trái thành dạng
căn bậc hai của một tích (

AB
=

CD

AI. BI
, …), từ đó áp dụng bất đẳng thức Cơsi chứng
DI CI

minh được mỗi hạng tử đó của vế trái ≤ một nửa tổng hai hạng tử của vế phải. Vì vậy,
việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng được bất đẳng thức Côsi trong những
trường hợp cụ thể là rất cần thiết, địi hỏi ở người làm tốn sự tư duy, tìm tịi và sáng
tạo.
Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ba chiều cao AA1, BB1, CC1; ba trung tuyến

AA2,

BB2, CC2. Giả sử AA2 ∩ BB1=P, BB2 ∩ CC1=Q, CC2 ∩ AA1=R. Chứng minh rằng:
AP BQ CR
+
+
≥6
PA2 QB2 RC2
Chứng minh:

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giác

A

AA2C với đường thẳng BRB1, ta có:
AP . A2B . CB1
=1
PA2 BC B1A
AP BC . B1C
=
PA2 A2B A2B

Suy ra:

A

A

A

Do AA2 là trung tuyến nên BC = 2.A2B,
AB1 BB1.cotgA tgC
và vì BB1 ⊥ AC nên
=
=
B1C BB1.cotgC tgA
Vậy từ (1) ⇒
E

P
Q

R

(1)

A

E

B1

C1
C2

B2

B
A1

A2

C

Hình 2

AP
tgC
= 2.
.
PA2
tgA

A

A

Hồn tồn tương tự, ta có:
E

BQ
tgA CR
tgB
= 2.
,
= 2.
QB2
tgB RC2
tgC
E

A

Từ đó:
E

A

A

A

AP BQ CR

tgC tgA tgB
+
+
= 2.(
+
+
)
PA2 QB2 RC2
tgA tgB tgC
E

A

E

A

A

A

A

A

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơsi, thì:
tgC tgA tgB
+
+
≥ 3.

tgA tgB tgC
Vậy:
E

3

tgC tgA tgB
.
.
=3
tgA tgB tgC

AP BQ CR
tgC tgA tgB
+
+
≥ 6. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
=
=
, tức là tam
PA2 QB2 RC2
tgA tgB tgC
E

A

A

E

A

A

A

A

giác ABC đều.
Bài 3: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By
vng góc với AB. Qua M có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với nhau và
cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD
có diện tích nhỏ nhất.
Lời giải: (Hình 3)

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Ta có: SMCD =

1
MC.MD
2

y
x

∃
∃
Đặt : MA = a, MB = b, AMC = BDM = α
EA

Khi đó MC =
Nên:

SMCD =

E

E

α

E

a
b
, MD =
cosα
sina

C

1
ab
.

2 sinαcosα

Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ

D

nhất ⇔

A

α

a

F
B

b

M
Hình 3

2sinαcosα lớn nhất.
Theo bất đẳng thức Cơsi: 2sinαcosα ≤ sin2α + cos2α = 1
Nên SMCD ≥ ab. Dấu bằng xảy ra khi sinα = cosα ⇔ α = 450

Như vậy Min SMCD = ab. Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By sao cho AC
= AM, BD = BM.
Nhận xét: Điểm sáng tạo trong cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số lượng giác
sinα, cosα. Giữa sinα, cosα , sin2α + cos2α có liên hệ bởi BĐT Cơsi: x2 + y2 ≥ 2xy.

Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường thẳng
song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E. Xác định vị trí của
điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.
Lời giải:
Cách 1 :
Ta thấy SADME lớn nhất ⇔

A

SADME
lớn nhất.
SABC

Kẻ BK ⊥ AC, cắt MD ở H.
SADME = MD.HK, SABC =
Suy ra:

D

K

1
AC.BK
2

MD HK
SADME
= 2.
.
AC BK

SABC

Đặt MB = x, MC = y, ta có:
MD BM
x
HK MC y
=
=
,
=
=
AC BC x+y BK BC x+y

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

E

H
1

B

x

2

M

y

C

Hình 4

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Do đó :

SADME 2xy
=
SABC (x+y)2
E

(*)

Theo bất dẳng thức Cơsi: x + y ≥ 2
Từ (*) và (**), ta được:

(**)

SADME 1
≤ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.
SABC
2
A

E

2xy
1
≤
2
(x+y) 2

xy ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔

A

A

A

1
SABC, khi đó M là trung điểm của BC.
2

Như vậy max SADME =

Cách 2: Ký hiệu SABC = S, SDBM = S1, SEMC = S2.
Rõ ràng SADME lớn nhất ⇔ S1 + S2 nhỏ nhất ⇔

S1+S2
nhỏ nhất.
S

Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên:
S1

BM 2 S2
MC 2
= (
),
=(
)
S
S
BC
BC
A

E

A

A

A

E

S1+S2 BM2+MC2
x2+y2
1
1
1
=
=
≥ . Như vậy S1 + S2 ≥ S nên SADME ≤ S. Xảy ra

2
2
S
BC
(x+y)
2
2
2

Suy ra:

A

E

A

A

A

A

A

A

E

A

A

A

A

A

A

E

A

E

A

A

A

dấu bằng ⇔ x = y.
Kết luận: max SADME =

1
SABC, khi đó M là trung điểm của BC.
2

Nhận xét: Ở cách 1, ta đã xét một biểu thức trung gian, đó là tỉ số giữa diện tích hình
bình hành ADME và diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Cơsi dạng

xy
1
≤ . Còn
2
(x+y)
4
E

A

A

A

ở cách 2, ta cũng xét biểu thức trung gian đó là tỉ số giữa tổng diện tích của các tam giác
E

DBM, EMC và diện tích tam giác ABC, vì vậy lại áp dụng bất đẳng thức
dạng

Côsi

x2+y2
1
≥ . Qua đây cho thấy, cùng một bài toán, nhưng với cách khai thác khác
2
(x+y)

2
A

E

A

A

A

E

A

A

A

nhau thì việc vận dụng bất đẳng thức Cơsi sẽ ở những dạng khác nhau. Vấn đề là đòi
hỏi ở người làm toán khả năng vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt được mục đích cụ thể.
Dưới đây là hai bài toán, vẫn là bài toán cực trị hình học nhưng ta lại vận dụng
bất đẳng thức Cơsi ở khía cạnh khác. Với hai số dương x, y có tổng x + y khơng đổi, thì
tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = y. Ngược lại nếu tích xy khơng đổi thì tổng
x + y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y.

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com

SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Bài 5: Cho tam giác ABC vng cân có cạnh huyền BC = a. Gọi D là trung điểm của
AB. Điểm E di chuyển trên cạnh AC. Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường vng
góc kẻ từ D, E đến BC. Tính diện tích lớn nhất của hình thang DEKH. Khi đó hình
thang trở thành hình gì?
Lời giải (Hình 5)
Ta có: 2SDEKH = (DH+EK).HK =(BH+KC).HK

B

Ta thấy tổng (BH+KC) + HK không đổi (bằng BC =
a cho trước) nên tích (BH+KC).HK lớn
và chỉ khi BH+KC = HK =
max SDEKH =

Do đó:

A

EA

H

nhất khi

a
.
2

M
K

D

1 a a
a2
. . =
8
2 2 2
A

A

E

Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK=

a
2

và nếu kẻ AM ⊥ BC thì do tam giác ABC vng

A E

C

Hình 5

a

a
cân tại A nên MB = MC = , nên HB = HM =
2
4
a a a
Vậy KC = BC - BH - HK = a - - =
4 2 4
Khi đó DH = HB =

a
a
, EK = KC = . Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung
4
4

điểm của AC.
Bài 6: Hai anh em chia tài sản là một mảnh đất hình tam giác ABC. Họ muốn chia
mảnh đất đó thành 2 miếng đất có diện tích bằng nhau bởi một bờ rào thẳng ngắn
nhất. Tính độ dài m của bờ rào này theo diện tích S và góc nhỏ nhất α của tam giác.
Lời giải: (Hình 6)
Bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác. Giả sử góc tại
∃
đỉnh A là nhỏ nhất, BAC = α, độ dài bờ rào IK = m .
A

AE

E

Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào là x, y .

Ta có:

IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA

(*)

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Đặt SABC = S , SAIK = S’ thì S’ =

S
khơng đổi.
2

A

∃
1
Mặt khác, S’ = xy.sinA, mà S’ và A không đổi nên xy
2
A

AE

α

E

x
y

không đổi. Từ (*) ta thấy:

I

IK nhỏ nhất ⇔ x2 + y2 nhỏ nhất.

K

Theo bất đẳng thức Côsi: x2 + y2 ≥ 2xy (hằng số)
Vậy x2 + y2 nhỏ nhất ⇔ x = y.

C
B
Hình 6

Như vậy, xét bờ rào chắn góc A thì bờ rào ngắn nhất khi và chỉ khi tam giác AIK
cân tại A. (**)

Bây giờ ta tính độ dài bờ rào IK theo S và α.
Kẻ đường cao AH của tam giác cân AIK (hình 6.1)

A

Khi đó:

α α
2

2

IH = AH.tg

α
2

suy ra IK = m = 2AH.tg

Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH nên 2.AH =

I

H
Hình 6.1

K

Vậy m =

4S’ α
α
.tg ⇔ m2 = 4S’.tg ⇔ m = 2
m
2
2

Thay S’ =

S
thì m =
2

Kết luận: Bờ rào có độ dài ngắn nhất m =

α
2

4S’
m
α
S’tg
2

α
2Stg .
2

^ ^ ^
α
2Stg với α = min ( A , B , C ).
2
EA

EA

EA

EA

EA

EA

Nhận xét: Một tình huống của thực tế đã được giải quyết thuyết phục bằng Toán học.
Nếu chỉ để chia mảnh đất hình tam giác đó thành 2 mảnh có diện tích bằng nhau thì
q đơn giản (chỉ cần bờ rào là một trong ba trung tuyến của tam giác là đủ), ở đây mục
đích đặt ra là vừa phải chia đơi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng là ngắn
nhất. Trong cách giải ở trên, ta đã sử dụng công thức: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA để từ đó
khẳng định tích xy khơng đổi, và sử dụng bất đẳng thức Cơsi để tìm giá trị nhỏ nhất
của IK.
VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Bài tốn thực tế trên có thể được khai thác trong việc chọn lọc, ra đề thi chọn học
sinh giỏi Toán 9 khá hay và phù hợp với việc kết hợp câu hỏi phụ “ Chứng minh trong
tam giác ABC, với độ dài AB = c, BC = a, AC = b, thì a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA”.
Hoặc kết luận (**) trong lời giải trên cũng cho ta một bài tốn “ Chứng minh rằng trong
tam giác AIK có diện tích và số đo góc A khơng đổi, tam giác cân tại A có độ dài IK nhỏ nhất”
Dưới đây là một ví dụ khác về việc khai thác bài toán gốc để cho ra những bài
toán khác, tuỳ theo mục đích hỏi và đối tượng làm bài.
Bài 7: Cho đường tròn (O; r) nội tiếp tam giác ABC. Kẻ đường thẳng qua O cắt hai
cạnh CA, CB của tam giác theo thứ tự ở M và N. Đường thẳng ở vị trí nào thì tam giác

CMN có diện tích nhỏ nhất?
Lời giải:

A

Gọi S là diện tích ∆ CMN, ta có :

M

1
S = SOCM + SOCN = (CM + CN).r
2

O

r

S 1
Do đó: = (CM + CN)
r 2

(1)

r

Theo bất đẳng thức Côsi:
1
(CM + CN) ≥
2
A

CM.CN

Mặt khác: CM.CN ≥ 2S
Kết hợp (1), (2), (3) suy ra:
hay S≥
A

EA

(2)

B
N

C

Hình 7

(3)
S 1
= (CM + CN)≥
r 2
A

CM.CN≥
EA

A

2S

EA

2S.r ⇔ S2 ≥ 2S.r2 ⇔ S ≥ 2r2. Vậy S nhỏ nhất bẳng 2r2 khi CM = CN.
EA

Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO ⊥ MN.
Kết luận: Đường thẳng MN ⊥ CO tại O thì ∆ CMN có diện tích nhỏ nhất.
Nhận xét: Có thể diễn đạt kết quả bài tốn trên dưới dạng sau: Cho điểm O thuộc tia
phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và
N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là đường cao của tam giác.
Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi
qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và
chỉ khi CO là trung tuyến của tam giác.
VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Ta cịn có kết quả mạnh hơn bằng cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc C:
Cho điểm O nằm trong góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C
tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung tuyến của
tam giác. Dưói đây là hai cách giải bài toán này:
Cách 1 :

Xét ∆ CMN nhận CO là trung tuyến và ∆ CDE có DE đi qua O nhưng OD <

OE (như hình vẽ 7.1). Lấy I trên đoạn OE sao cho OI = OD.

Ta có: ∆ ODM = ∆ OIN (c.g.c)

M

=> SODM = SOIN ⇔ SCMN < SCDE.

D

Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song

O

song với các cạnh của góc C, tạo thành hình
bình hành OHCK (như hình vẽ 7.2).

I
C

N

E
Hình 7.1

Theo kết quả Bài 4, ta có:
SOHCK ≤

1
SCMN
2

M

⇔ SCMN ≥ 2SOHCK.

H

Do góc C và điểm O cố định nên SOHCK

O

khơng đổi.
Vì vậy min SCMN = 2SOHCK, khi O là trung
A

EA

điểm của MN.
Để dựng điểm M, ta chỉ cần lấy M sao cho

C

K

N
Hình 7.2

H là trung điểm của CM
Nhận xét: Qua những bài tốn điển hình tơi đã lựa chọn ở trên, một số bài tốn sẽ
cịn có những cách giải khác. Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt và hợp lý vai trị
của bất dẳng thức Cơsi, cùng những kết quả khác của hình học, lời giải qua các ví dụ đó

đã ngắn gọn và đẹp hơn. Đối với người học ( đối tượng là HS giỏi Tốn 9), thì có thể coi
đây là những gợi ý, định hướng suy nghĩ và tìm tịi lời giải cho một số bài tốn cực trị
hình học. Cịn đối với người dạy (GV), đây cũng có thể coi như những ý kiến tham
khảo, trao đổi về việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong việc đưa ra các bài tốn cực trị
hình học hay những bài tốn giải quyết những vấn đề có ý nghĩa thực tiễn cuộc sống.
VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
II. Phát triển bài tốn hình học từ một bài tốn gốc của đại số
Để mức độ khai thác bất đẳng thức Cơsi sâu hơn, cao hơn; ta có thể sử dụng
những bài tốn gốc của Đại số, đó là một dạng cụ thể của bất đẳng thức Côsi, đã được
chứng minh ở góc độ tổng quát, và đưa vào những bài tốn chứng minh bất đẳng thức
hình học. Muốn giải quyết được các bài tốn này, địi hỏi ở người làm tốn khả năng
phân tích và áp dụng khéo léo các kết quả đó.
Tiếp sau đây là một vài ví dụ cho ý tưởng trên.
Bài toán gốc: Chứng minh rằng nếu a1, a2, …, an là các số dương, thì
1 1
1
+ + … + ) ≥ n2
a1 a2
an

(a1 + a2 + … + an)(
E

E

A

E

A

A

A

A

A

Chứng mih: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
a1+a2+...+an
≥
n
1 1
1
+ +…+
a1 a2
an
≥
n
A

E

A

A

A

A

n

A

E

n

a1a2...an

A

(1)
E

1 . 1 ... 1
a1 a2 an
A

A

A

A

A

A

A

A

A

(2)

A

A

A

Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai bất đẳng
thức trên, ta được: (a1 + a2 + … + an)(
E

1 1
1
+ + … + ) ≥ n2
a1 a2
an
E

A

A

E

A

A

A

A

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an.
Trong nhiều bài toán, người ta thường sử dụng hai trường hợp riêng sau đây:
1. Với mọi a, b > 0, ta có:

(a + b)(

1 1
+ )≥4
a b

2. Với mọi a, b, c > 0, ta có : (a + b + c)(

1 1 1
+ + )≥ 9
a b c

Sau đây là ví dụ về việc sử dụng bài tốn gốc đó trong một số bài toán cụ thể.
Bài 8.1 : Cho ∆ ABC, O là điểm tuỳ ý trong tam giác. AO, BO, CO kéo dài cắt các cạnh
đối diện thứ tự tại M, N, P. Chứng minh :

AO BO CO
+
+
≥6 .
OM ON OP

Lời giải : (Hình 8.1)

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Theo định lý Seva, ta có :

A

MO NO PO
+
+
=1
MA NB PC

(1)

Áp dụng kết quả bài toán gốc với trường hợp riêng
thứ 2, ta có :
(

N

MA NB PO MO NO PO
+
+
)(
+
+
)≥9
MO NO PC MA NB PC

P

(2)

B

MA NB PO
+
+
≥9
MO NO PC

Kết hợp (1) và (2) suy ra :

O

Hình 8.1

MO+AO NO+BO OP+CO
+
+
≥9
MO
NO
OP

⇔

⇔1+

C

M

AO
BO
CO
AO BO CO
+1+
+ 1+
≥ 9 ⇔
+
+
≥6

MO
NO
OP
MO NO OP

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

MO NO
PO
MO NO PO
=
=
, mà
+
+
=1
MA
NB
PC
MA NB PC

MO NO
PO 1
=
=
= ⇔ M là trọng tâm ∆ ABC.
MA
NB
PC 3

Nên

Bài 8.2 : Cho ∆ ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba chiều cao AA’, BB’, CC’
thứ tự cắt (O) tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng
E

AA’ BB’ CC’
9
+
+
≥
AA1 BB1 CC1
4
E

A

E

A

A

A

A

Lời giải : Gọi H là trực tâm ∆ ABC (hình 8.2). Dễ

A

A

thấy A’H = A’A1, B’H = B’B1, C’H = C’C1

B1

Theo bài tốn gốc, ta có :

B'
C1

AA’ BB’ CC’ AA1 BB1 CC1
(
+
+
).(
+
+
) ≥ 9 (*)
AA1 BB1 CC1 AA’ BB’ CC’
A

E

E

A

E

A

A

E

A

A

A

A

E

A

A

H

E

A

B

AA1 BB1 CC1

A’H B’H C’H
Xét
+
+
=3+
+
+
AA’ BB’ CC’
AA’ BB’ CC’
A

E

A

E

A

A

C'

A

A

A'

C

A

A1

E

Hình 8.2
A’H B’H C’H
+
+
=1
AA’ BB’ CC’

Mặt khác, theo định lí Sêva :
Nên:

AA1 BB1 CC1
+
+
=3+1=4
AA’ BB’ CC’
A

E

A

A

E

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

A

A

A

E

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Khi đó, (*) ⇔

AA’ BB’ CC’
9
+
+
≥ .
AA1 BB1 CC1
4
E

E

A

A

A

A

A

AA1 BB1 CC1
A’A1
B’B1
C’C1
=
=
⇔ 1+
= 1+
= 1+
AA’ BB’ CC’
AA’
BB’
CC’

Dấu bằng xảy ra ⇔

A

E

⇔

E

A

A

A

A

A

E

A

A

E

A

A

E

A

E

A

E

A

.

A’H B’H C’H
=
=
⇔ H là trọng tâm của ∆ ABC.
AA’ BB’ CC’

∆ ABC là tam giác đều.

⇔

* Nếu thay đổi giả thiết ba đường cao AA’, BB’, CC’ của bài toán trên thành ba
đường trrung tuyến thì kết quả bài tốn sẽ như thế nào ? Dấu ≥

9
có cịn đúng nữa
4

khơng ? Ta tiếp tục xét bài toán sau :
Bài 8.3 : Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba trung tuyến AA’, BB’,
CC’ lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng :

AA’ BB’ CC’
9
+
+
≤
AA1 BB1 CC1
4
E

E

A

(*)

E

A

A

A

A

A

Lời giải : Đặt AB = c, AC = b, BC = a.
Vì tứ giác ABA1C nội tiếp (O), AA1 cắt BC
a2

tại A’ nên: AA’.A’A1 = A’B.A’C =
4
A

A

A

E

=> AA’.AA1 = AA’.(AA’ + A’A1)
a2
4

= AA’2 + AA’.A’A1 = AA’2 +

A

E

A

Mà AA’ là trung tuyến của ∆ ABC nên:
AA’2 =

A'

B

C

b +c a
2
4
2

2

Suy ra:

2

A1

b2+c2
2

AA’.AA1 =

A

E

A

A

A

Hình 8.3

Ta có:
AA’
AA’2
1 2b2+2c2-a2
a2
=
= .
=
1
AA1 AA’.AA1 2
b2+c2
b2+c2
A

E

A

A

E

A

A

A

A

EA

A

A

A

A

A

A

E

(1)

A

E

A

A

A

A

A

A

A

A

A

Hồn tồn tương tự, ta cũng chứng minh được:
BB’
b2
=1- 2 2
BB1
a +c
A

E

(2)

A

A

E

A

A

A

A

CC’
c2
và
=1- 2 2
CC1
a +b
A

E

(3)

A

E

A

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

A

A

A

A

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Kết hợp (1), (2), và (3) thì :
1
a2
b2
c2
. ( 2 2+ 2 2 + 2 2 ) ≤
2 b +c a +c a +b

(*) ⇔ 3 -

A

A

A

E

A

A

E

A

A

A

9
4

A

E

A

A

A

A

A

A

A

A

A

a2
b2
c2
3
⇔ 2 2+ 2 2 + 2 2 ≥
b +c a +c a +b
2
A

A

A

E

A

A

A

E

A

⇔ 1+

A

A

A

A

A

A

A

A

A

A

a2
b2
c2
9
+
1
+
+
1

+
≥
2
2
2
2
2
2
b +c
a +c
a +b
2
A

E

A

E

A

A

A

A

A

E

A

A

A

A

⇔ 2 (a2 + b2 + c2) (
E

A

E

A

A

A

A

A

A

A

1
1
1
+ 2 2+ 2 2)≥ 9
2
b +c a +c
a +b
2
A

E

A

A

E

A

A

A

A

A

A

⇔ [ (b2 + c2)+(a2+ c2) + (a2 + b2)].(
E

A

A

A

1
1
1
+
+
) ≥ 9 (**)
b2+c2 a2+c2 a2+b2
E

A

A

A

E

A

A

A

A

A

A

A

A

A

Rõ ràng (**) đúng với bài toán gốc nêu ở trên. Do đó (*) đúng.
Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là ∆ ABC đều.

Nhận xét:
Về mức độ, bài toán 8.3 yêu cầu cao hơn so với bài toán 8.2. Cũng là việc vận
dụng bài toán gốc, nhưng được phát triển sâu hơn, cùng với học sinh phải biết
b2+c2 a2
- .
2
4

được công thức trung tuyến (coi như một bài tốn phụ): ma2 =

A

E

Cũng có thể học sinh dừng lại ở chỗ

A

A

A

A

A

E

A

A

E

A

dung của bất đẳng thức Nesbit (với n =3):

A

a2
b2

c2
3
+
+
≥ . Đây chính là nội
2
2
2
2
2
2
b +c a +c
a +b
2
A

E

A

A

A

A

A

A

E

A

A

A

A

A

A

A

x
y
z
3
+
+
≥ . Bất đẳng thức Nesbit
2
y+z x+z x+y

được chứng minh qua kết quả của bài toán gốc nêu ở trên.
Dưới đây là một bài toán nữa, được coi như là “minh hoạ hình học” cho bất đẳng
thức Nesbit.
Bài 8.4: Cho tam giác ABC. Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi a1, b1, c1 tương ứng là

các khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA. Gọi ha, hb, hc tương ứng là ba
chiều cao của tam giác kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng:
a1 b1 c1 3
+ + ≥
ha hb hc 2
A

E

A

A

A

A

A

E

A

A

A

E

A

A

A

Lời giải:

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Kẻ AH ⊥ BC và A’K ⊥ AB (hình 8.4)

A

Theo đó, AH = ha, A’K = a1.
Trong ∆ ABA’ có :
BA’.ha = AB.a1 = c.a1
BA’ a1
=
c
ha

Suy ra:

A

A

K

(1)

A

E

A

Mặt khác, do AA’ là phân giác của ∆ ABC,
nên :

B

H A'

BA’ c
BA’
c
= ⇒
=
A’C b BA’+A’C b+c
⇒ BA’ =

ac
b+c

C

Hình 8.4

(2)

Thay (2) vào (1) ta được:
a1
a
=
ha b+c
A

E

A

(3)

A

A

Hồn tồn tương tự, ta có:
b1
b
=
hb c+a
A

E

(4)

A

A

và

A

c1
c
=
hc a+b
A

E

A

A

(5)

A

Cộng từng về của (3), (4), (5), ta được:
a1 b1 c1
a

b
c
3
+ + =
+
+
≥
ha hb hc b+c c+a a+b 2
A

E

A

A

A

A

A

E

A

A

A

E

A

A

A

III. Một số bài tập đề xuất
Bài 9: M là một điểm di động trên đoạn thẳng AB cố định. Vẽ các hình vng AMCD,
BMEF. Xác định vị trí của M để tổng các diện tích hai hình vng đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC coá các cạnh tương ứng a, b, c; đường cao AH = h. Hãy
nội tiếp trong tam giác đó hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất, với M thuộc AB,
N thuộc AC, P và Q thuộc BC.
Bài 11: Cho góc nhọn xOy và một điểm A cố định nằm trong góc đó. M, N thứ tự là hai
điểm trên các tia Ox, Oy sao cho 2.OM = ON. Tìm vị trí của M, N trên các tia đó sao cho
2.AM + AN đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác kẻ IM ⊥
BC, IN ⊥ AC, IK ⊥ AB. Xác định vị trí của điểm I sao cho IM2 + IN2 + IK2 nhỏ nhất.
VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Bài 13: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngồi tại A. Qua A vẽ hai tia vng góc
với nhau, cắt (O) và (O’) thứ tự tại B, C. Xác định vị trí của hai tia để diện tích tam giác
ABC lớn nhất.
Bài 14: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). G là trọng tâm của tam giác. Các
trung tuyến xuất phát từ A, B, C lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Xác định dạng của

tam giác ABC để tổng
E

1
1
1
+
+
lớn nhất.
GA1 GB1 GC1
E

A

A

E

A

A

A

A

Bài 15: Cho đoạn thẳng AB = a và điểm M di động trên đoạn thẳng đó. Dựng về một
phía của AB hai hình vng AMCE và BMKQ.
a. Chứng minh AK, BC, QE đồng quy tại một điểm I
b. Xác định M trên đoạn AB để ∆ AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất?

Bài 16: Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d. M là một điểm thuộc nửa mặt
phẳng bờ AB không chứa d (M không thuộc đoạn AB). Gọi C, D thứ tự là giao điểm của
tia MA, MB với d. Tìm tập hợp các điểm M sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ
nhất.
Thi HSG Toán 9- Hà Nội năm 1999
Bài 17: Độ dài cạnh lớn nhất của một hình thang cân bằng 13cm, chu vi bằng 28 cm.
a. Tính các cạnh của hình thang biết diện tích bằng 27 cm2.
b. Có tồn tại hay khơng một hình thang cân có các tính chất trên mà diện tích
của nó bằng 27,001 cm2?
Thi HSG - Tiệp Khắc năm 1980
Bài 18: Đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC chia mỗi cạnh của tam giác thành hai
đoạn. Gọi x, y, z theo thứ tự là độ dài các đoạn tiếp tuyến xuất phát từ A, B, C. Gọi ra, rb,
rc thứ tự là bán kính các đường trịn bàng tiếp trong góc A, B, C. Gọi S là diện tích tam
giác ABC.
a. Chứng minh: r.ra = yz
xyz
r

b. Chứng minh: S =
c. Chứng minh:

ra+rb+rc
1 1 1
= (x+y+z)( + + )
r
x y z
A

E

A

A

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
d. Trong các tam giác ngoại tiếp (O, r), tam giác nào có tổng các bán kính ba
đường trịn bàng tiếp nhỏ nhất ?
Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1984
Bài 19 : Một đường trịn tiếp xúc ngồi với một nửa đường trịn tại điểm chính giữa của
cung nửa đường trịn đó. Biết tổng của đường kính đường trịn và bán kính nửa đường
trịn bằng 1. Tính tích lớn nhất có thể đạt được của diện tích hình trịn và nửa hình trịn
nói trên.
Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1989

C - KẾT LUẬN
Trên đây là một số những suy nghĩ của tôi về việc vận dụng bất đẳng thức Côsi
trong các bài tốn bất đẳng thức và cực trị hình học. Những bài toán cực trị thường
được gắn Toán học với thực tiễn, bởi việc đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít
nhất… chính là đi tìm cái tối ưu thương được đặt ra trong đời sống và kỹ thuật. Đề tài
này xin được dành cho đối tượng là các em học sinh giỏi Toán lớp 9 và các thầy cơ giáo
tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn bậc THCS. Với mong muốn được góp một phần
nhỏ bé vào sự nghiệp bồi dưỡng và đào tạo nhân tài. Tơi xin cam đoan đây là đề tài do
chính bản thân tôi nghiên cứu và thực hiện, nếu sai sự thật, tơi xin hồn tồn chịu trách
nhiệm. Trong q trình thể hiện đề tài, bản thân đã rất nỗ lực và cố gắng, song do nhiều
yếu tố nên chắc chắn khơng tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong Hội đồng khoa học

các cấp cùng các đồng nghiệp bổ sung thêm ý kiến đóng góp để đề tài được hồn thiện
hơn, thực sự hữu ích đối với những ai u Tốn học.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
Bình Minh, ngày 25 tháng 3 năm 2014
Người viết

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com


SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP XÓM
……………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………….
…, ngày

tháng

năm 2014

Chủ tịch hội đồng

Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP THÔN
……………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………

………………………………………………………….
…, ngày

tháng

năm 2014

Chủ tịch hội đồng

VŨ TIẾN LƯỠNG – TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Website: tailieumontoan.com